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第9 课时 磁场及带电粒子在磁场中的运动
【知识网络】
热点一 磁场的基本性质、安培力
1.磁场叠加问题的解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度
的大小和方向。
(3)应用平行四边形定则进行合成。
2.用准“两个定则”
(1)对电流的磁场用安培定则(右手螺旋定则)，并注意磁场的叠加。
(2)对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。
3.熟悉“两个等效模型”
(1)变曲为直：图1 甲所示的通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可
等效为ac 直线电流。
图1
(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图
乙所示。
例1 (2024·浙江宁波模拟预测)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k，
即磁感应强度B 的大小与导线中的电流I 成正比，与该点到导线的距离r 成反比。
如图2 所示，两根平行长直导线M、N 分别通以大小相等、方向相反的电流，沿
MN 和其中垂线建立直角坐标系xOy。规定磁场沿－y 方向为正，则磁感应强度B
随x、y 变化的图线正确的是( )
图2
答案 C
解析 由安培定则可知，左侧导线中的电流在该导线右侧产生的磁场的方向沿－
y 方向，而右侧导线中的电流在该导线左侧产生的磁场的方向沿－y 方向，由于
规定磁场方向沿－y 方向为正，此区间内的磁场等于两条直导线在各处形成的磁
感应强度之和，故在M、N 区间内磁场方向为正，根据通电长直导线周围某点
磁感应强度B＝k 知距离导线越远磁场越弱，又I1＝I2，可知在两根导线中间位置
O 点磁场最弱，但不为零；在导线M 左侧，M 导线形成的磁场沿y 方向， N 导
线形成的磁场沿－y 方向，因该区域离M 导线较近，则合磁场方向沿y 正方向，
为负，且离M 导线越远处磁场越弱；同理，在导线N 右侧，N 导线形成的磁场
沿y 正方向，M 导线形成的磁场沿－y 方向，因该区域离N 导线较近，则合磁场
方向沿y 正方向，为负，且离N 导线越远处磁场越弱，故A、B 错误；
两通电导线在y 轴的磁感应强度如图所示，因此可知合磁场方向竖直向下，大小
为B＝2B1cos α，越远离O 点cos α 越小，因此B 越小，C 正确，D 错误。
例2 MN、PQ 为水平放置、间距为0.5 m 的平行导轨，左端接有如图3 所示的电
路。电源的电动势为10 V，内阻为1 Ω；小灯泡L 的电阻为4 Ω，滑动变阻器接
入电路的阻值为7 Ω。将导体棒ab 静置于导轨上，整个装置在匀强磁场中，磁
感应强度大小为2 T，方向与导体棒垂直且与水平导轨平面的夹角θ＝53°；导体
棒质量为0.23 kg，接入电路部分的阻值为4 Ω。闭合开关S 后，导体棒恰好未滑
动。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，sin 53°＝0.8，cos
53°＝0.6，重力加速度g 取10 m/s2，则( )
图3
A.导体棒受到的安培力大小为1 N
B.流过灯泡的电流大小为1 A
C.若将滑动变阻器的滑片向左移动，则导体棒仍会静止
D.导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2
答案 D
解析 导体棒接入电路部分电阻R＝4 Ω，电路的总电阻R 总＝R0＋r＋＝10 Ω，
电路中干路电流I 总＝＝1 A，由于R＝RL，所以流过导体棒的电流与流过小灯泡
的电流相等，为I＝I 总＝0.5 A，故B 错误；导体棒有电流通过部分的长度L＝0.5
m，且导体棒与磁场方向垂直，则导体棒受到的安培力大小为F＝ILB＝0.5 N，
故A 错误；闭合开关S 后，导体棒恰好未滑动。若将滑动变阻器的滑片左移，
总电阻减小，干路电流变大，流过导体棒的电流也变大，导体棒受到的安培力变
大，导体棒会运动，故C 错误；
对导体棒受力分析如图所示，其中F 为导体棒所受的安培力，Fx和Fy分别是F
的两个分力，可得Fx＝Fsin θ，Fy＝Fcos θ，FN＝mg－Fy，Ff＝μFN，Fx＝Ff，联
立解得μ＝0.2，故D 正确。
方法总结 “三维变二维”的方法求解安培力作用下的综合问题
热点二 带电粒子在各种边界磁场中的运动
分类
示例
注意事项
直线边界
粒子进出磁场具有对称性
图甲中粒子在磁场中运动的时间
t＝＝
图乙中粒子在磁场中运动的时间
t＝(1－)T＝(1－)
＝
图丙中粒子在磁场中运动的时间
t＝T＝
平行边界
往往存在临界条件
圆形
(或三角形)
有界磁场
沿径向射入的粒子，必沿径向射出。
常用结论：(1)磁场半径和回旋半径构成
对角互补的四边形，即φ＋θ＝π。
(2)回旋半径r、磁场半径R 的关系为
r＝Rtan
例3 (2024·山东聊城二模)2023 年4 月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核
聚变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图4，在半径为R1
和R2的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面
向里，R2＝2R1。假设氘核H 沿内环切线向左进入磁场，氚核H 沿内环切线向右
进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，则H
和H 的速度之比为( )
图4
A.2∶1
B.3∶2
C.2∶3
D.1∶2
答案 D
解析 由题意可知，根据左手定则，作图如图所示，氘核H 的运动轨迹半径为
r1，由几何关系可知，2r1＝R2－R1＝R1，则r1＝，氚核H 的运动轨迹半径为r2，
由几何关系可知，2r2＝R1＋R2＝3R1，则r2＝R1，由洛伦兹力提供向心力可得qvB
＝m，联立可得氘核和氚核的速度之比为＝，故D 正确。
例4 (2024·山西太原二模)一种能精准控制带电粒子运动轨迹和运动时间装置的
原理如图5 所示。在xOy 平面内0<x≤2L 的区域内，第一象限内存在方向垂直于
纸面向外的匀强磁场，第四象限内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两磁场
磁感应强度的大小关系为B1＝2B2。处于O 点的粒子源，能沿与x 轴成θ＝60°角
的方向，向第一象限发射质量为m、带电荷量为q、速度为v0的正粒子，粒子最
终从x 轴上的P(2L，0)点射出磁场，不计粒子的重力。
图5
(1)求磁感应强度B1的最小值；
(2)若B1＝，求粒子在磁场中通过的路程。
答案 (1) (2)πL
解析 (1)磁感应强度越小，轨迹圆半径就越大，B0取最小值B1min，粒子由O 直
接到达P，设粒子运动半径为r1，则qv0B1min＝m
2r1sin θ＝2L，解得B1min＝。
(2)若B1＝>B1min，粒子在第一象限及第四象限运动半径分别为r2、r3
则qv0B1＝m，qv0B2＝m
由几何关系知n1·2r2sin θ＋n2·2r3sin θ＝2L
(n1＝n2或n1＝n2＋1)
解得r2＝，r3＝L，n1＝2，n2＝1
粒子在第一象限路程s1＝n1··2πr2
粒子在第四象限路程s2＝n2··2πr3
粒子在磁场中运动的路程s＝s1＋s2
解得s1＝πL，s2＝πL，s＝πL。
带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论
(1)带电粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲
所示，θ3＝θ2＝θ1)。
(2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角(如图甲所示，
α1＝α2)。
(3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙所示(两
侧关于圆心连线OO′对称)。
训练1 (多选)(2024·贵州遵义模拟预测)如图6 所示的直角三角形区域内存在垂直
纸面向外的匀强磁场(包括边界，图中未画出)，∠ACB＝30°，一带正电的粒子由
AC 中点以速率v0沿垂直AC 方向射入磁场，经磁场偏转后从AC 边离开磁场，已
知AB＝L，粒子的质量为m、电荷量为q，粒子重力忽略不计。则下列说法正确
的是( )
图6
A.磁感应强度的大小可能为
B.磁感应强度最小时，粒子的出射点到C 点的距离为
C.从AC 边离开的粒子在磁场中运动的时间均为
D.当磁感应强度取粒子从AC 边离开磁场的最小值时，增大粒子的入射速度，粒
子在磁场中的运动时间缩短
答案 BD
解析 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，可知半径越大，磁感
应强度越小，粒子能从AC 边离开磁场的临界轨迹如图所示，由几何关系可得
OC＝2r，AC＝2AB＝2L，可得CD＝r＝L，则有r＝≤，解得B≥，故A 错误，B
正确；根据题意可知，从AC 边离开的粒子在磁场中运动的时间为t＝＝·≤，故C
错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝＝，粒子在磁场中运动时间为t＝·T＝，
当磁感应强度取粒子从AC 边离开磁场的最小值时，增大粒子的入射速度，粒子
运动半径增大，则粒子从BC 边离开磁场，速度越大，轨迹对应的圆心角θ 越小，
粒子在磁场中的运动时间越短，故D 正确。
训练2 (2024·湖南衡阳二模)如图7 所示，半径为R 圆形区域内存在匀强磁场，
磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。质量为m、电荷量为q 的带正电粒
子由M 点沿与过该点的直径成30°角的方向射入磁场，经过圆心O，最后离开磁
场。不计粒子重力，则( )
图7
A.粒子的运动速度大小为
B.粒子在磁场中运动的时间为
C.若仅改变粒子的入射方向，粒子离开磁场时的速度方向不变
D.若仅增大粒子的入射速度，则粒子在磁场中的运动时间变长
答案 C
解析 根据题意作出粒子运动轨迹图，根据几何关系可知半径r＝R，根据洛伦
兹力提供向心力有qvB＝m，解得v＝，故A 错误；根据几何关系可知圆心角为
120°，则运动时间为t＝T＝，故B 错误；只改变粒子的速度方向，不改变粒子的
速度大小，则粒子轨迹圆的半径保持不变，则粒子轨迹圆的圆心、磁场区域圆的
圆心、两个圆的交点构成菱形，
故粒子出磁场时速度方向不变，故C 正确；若增大粒子的运动速度，运动周期
不变，半径增大，轨迹如图乙，根据几何关系可知圆心角减小，则粒子在磁场中
的运动时间变小，故D 错误。
1.(多选)(2024·福建卷，6)将半径为r 的铜导线半圆环AB 用两根不可伸长的绝缘
绳a、b 悬挂于天花板上，AB 置于垂直纸面向外的大小为B 的磁场中，现给导线
通以自A 向B 大小为I 的电流，则( )
图8
A.通电后两绳拉力变小
B.通电后两绳拉力变大
C.安培力为πBIr
D.安培力为2BIr
答案 BD
解析 通电流之前，铜导线半圆环处于平衡状态，根据平衡条件有2FT＝mg；通
电流之后，半圆环受到安培力，由左手定则可判断半圆环受到的安培力方向竖直
向下，根据平衡条件有2FT′＝mg＋F 安，可知通电后两绳的拉力变大，A 错误，
B 正确；半圆环的有效长度为2r，由安培力公式可知F 安＝2BIr，C 错误，D 正
确。
2.(2024·广西卷，5)Oxy 坐标平面内一有界匀强磁场区域如图9 所示，磁感应强度
大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为＋q 的粒子，以初速度v 从
O 点沿x 轴正向开始运动，粒子过y 轴时速度与y 轴正向夹角为45°，交点为P。
不计粒子重力，则P 点至O 点的距离为( )
图9
A.
B.
C.(1＋)
D.
答案 C
解析 粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝
m，可得粒子做圆周运动的半径r＝，根据几何关系可得P 点至O 点的距离LPO＝
r＋＝(1＋)，故C 正确。
3.(2024·湖北卷，7)如图10 所示，在以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂
直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向
相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径
AC 方向从A 点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是( )
图10
A.粒子的运动轨迹可能经过O 点
B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C.粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D.若粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
答案 D
解析 根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经
过O 点，粒子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B 错误；
当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R 时，粒子连续两次由A 点沿AC 方向射
入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图甲所示，由洛伦兹力提供向心力有
qv1B＝m，又T1＝，则最短时间间隔为tmin＝2T1＝，C 错误；粒子从A 点射入到
从C 点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可
知此时粒子的轨迹半径为r2＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m，联立解得
v2＝，D 正确。
4.(多选)(2024·河北卷，10)如图11，真空区域有同心正方形ABCD 和abcd，其各
对应边平行，ABCD 的边长一定，abcd 的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强
磁场，方向垂直于正方形所在平面。A 处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、
比荷相等的粒子，粒子沿AD 方向进入磁场。调整abcd 的边长，可使速度大小
合适的粒子经ad 边穿过无磁场区后由BC 边射出。对满足前述条件的粒子，下
列说法正确的是( )
图11
A.若粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角为45°，则粒子必垂直BC 射出
B.若粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角为60°，则粒子必垂直BC 射出
C.若粒子经cd 边垂直BC 射出，则粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角必为
45°
D.若粒子经bc 边垂直BC 射出，则粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角必为
60°
答案 ACD
解析 若粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角为45°，则粒子必经过cd 边，作
出一种粒子运动轨迹图，如图甲所示，粒子从C 点垂直于BC 射出，A、C 正确；
当粒子穿过ad 边速度方向与ad 边夹角为60°时，若粒子从cd 边再次进磁场，作
出粒子运动轨迹如图乙所示，则粒子不能垂直BC 射出，若粒子经bc 边再次进
入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示，则粒子一定垂直BC 边射出，B 错误，
D 正确。
基础保分练
1.(2024·浙江1 月选考，4)磁电式电表原理示意图如图1 所示，两磁极装有极靴，
极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者
之间有可转动的线圈。a、b、c 和d 为磁场中的四个点。下列说法正确的是(
)
图1
A.图示左侧通电导线受到安培力向下
B.a、b 两点的磁感应强度相同
C.圆柱内的磁感应强度处处为零
D.c、d 两点的磁感应强度大小相等
答案 A
解析 由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，故A 正确；a、b
两点的磁感应强度大小相等，但是方向不同，故B 错误；磁感线是闭合的曲线，
则圆柱内的磁感应强度不为零，故C 错误；因c 点处的磁感线较d 点密集，可知
c 点的磁感应强度大于d 点的磁感应强度，故D 错误。
2.(多选)(2023·福建卷，6)地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图2 所示。
学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷
随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是( )
图2
A.地表电荷为负电荷
B.环形电流方向与地球自转方向相同
C.若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大
D.若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
答案 AC
解析 根据地磁场的磁场线分布，结合安培定则可知地球自转形成的环形电流方
向与地球自转方向相反，物理学中规定正电荷定向移动的方向(或负电荷定向移
动的反方向)为电流的方向，故地表电荷为负电荷，A 正确，B 错误；若地表电
荷的电量增加，由I＝nqSv 可知，形成的环形电流增加，产生的地磁场强度增大，
C 正确；若地球自转的角速度减小，则地表电荷运动的速度减小，环形电流减小，
产生的地磁场强度减小，D 错误。
3.(2023·北京卷，13)如图3 所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的
匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场
垂直。管道横截面半径为a，长度为l(l≫a)。带电粒子束持续以某一速度v 沿轴
线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹
性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷
量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是( )
图3
A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B.粒子质量为
C.管道内的等效电流为nqπa2v
D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
答案 C
解析 带正电的粒子沿轴线进入管道，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆
孤半径r＝a，故A 正确；根据qvB＝m，可得粒子的质量m＝，故B 正确；管道
内的等效电流为I＝＝nq，故C 错误；粒子束对管道的平均作用力大小等于等效
电流受到的安培力大小，即F＝BIl＝Bnql，故D 正确。
4.(多选)(2024·山东淄博一模)如图4 所示是小齐同学设计的一个能够测量电流的
装置，其上部是一根粗细均匀横截面积为S 的竖直细管，下部是一截面为正方形
(边长为L)的容器。该容器左右两壁为导体，其他各面是绝缘的，其底部与大气
相通。容器内有一个正方形的金属活塞，其边长也为L，可在容器内无摩擦滑动。
活塞下面有一轻质弹簧支撑着，已知弹簧的劲度系数为k，活塞上部充有密度为
ρ 的绝缘油(测量过程中细管内始终有绝缘油)。容器的左右两壁与一电路连接，
整个装置放在水平向里、磁感应强度为B 的匀强磁场中。开关K 闭合前，活塞
处于静止状态，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，则( )
图4
A.闭合开关K 后，竖直细管中油柱的上表面会向上移动
B.闭合开关K 后，竖直细管中油柱的上表面会向下移动
C.若油柱稳定后上表面变化的高度为x，则回路中的电流为I＝x
D.若油柱稳定后上表面变化的高度为x，则回路中的电流为I＝x
答案 BC
解析 闭合开关K 前，活塞受到重力、弹簧的弹力和液体的压强产生的压力，
设这时液体的高度为h0，弹簧的弹力为F0，由受力平衡得mg＋ρgh0L2＝F0，闭
合开关K 后，电流的方向从右向左，根据左手定则可以判定安培力的方向向下，
此时受力平衡mg＋ρghL2＋ILB＝F，活塞会向下运动，即液体的高度要减小，油
柱的上表面要下降，故A 错误，B 正确；油柱上表面下降x，则进入容器的液体
的体积ΔV＝S·x，故活塞下降的高度x′＝＝x，液体的高度h＝h0－x＋x′＝h0＋(－
1)x，弹簧的弹力变化F－F0＝kx′＝kx，联立解得I＝x，故C 正确，D 错误。
5.(2024·河南商丘模拟)如图5，一磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直于
纸面(xOy 平面)向里，磁场右边界与x 轴垂直。一带电粒子由O 点沿x 轴正向入
射到磁场中，在磁场另一侧的S 点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直
于x 轴的接收屏上的P 点，SP＝l，S 与屏的距离为，与x 轴的距离为a。如果保
持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E 的匀强电场，该粒子入
射后则会沿x 轴到达接收屏。该粒子的比荷为( )
图5
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示
6.(2024·河南开封高三联考)如图6 所示，虚线框MNQP 内存在匀强磁场，磁场方
向垂直纸面向里。a、b、c 三个带电粒子，它们在纸面内从PQ 边的中点垂直于
PQ 边射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力，
则( )
图6
A.粒子a 带负电，粒子b、c 带正电
B.若三个粒子比荷相同，则粒子c 在磁场中的加速度最大
C.若三个粒子入射的速度相同，则粒子c 在磁场中的加速度最大
D.若三个粒子入射的动量相同，则粒子b 的带电荷量最大
答案 C
解析 由左手定则可知a 带正电，b、c 带负电，由图可知Rb>Ra>Rc，由粒子在
磁场中运动时洛伦兹力提供向心力有qvB＝m＝ma，解得R＝，a＝，若三个粒
子比荷相同，则粒子c 在磁场中的运动速度最小，加速度最小，故A、B 错误；
若三个粒子入射的速度相同，则粒子c 的比荷最大，粒子c 在磁场中的加速度最
大，故C 正确；若三个粒子入射的动量相同，则粒子c 的带电荷量最大，故D
错误。
7.如图7 所示，边长为a＝0.4 m 正方形区域ABCD 内无磁场，正方形中线PQ 将
区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为B＝0.2 T 的匀强磁场区域，PQ 右侧磁
场方向垂直于纸面向外，PQ 左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为m＝
1×10－8 kg、电荷量为q＝2×10－6 C 的带正电粒子从AB 中点以某一速率垂直于
AB 射入磁场，不计粒子的重力，则关于粒子的运动，下列说法正确的是( )
图7
A.若粒子能垂直于BC 射入正方形区域内，则粒子的最大速度为12 m/s
B.若粒子能垂直于BC 射入正方形区域内，则粒子的速度可能为10 m/s
C.若粒子能垂直于BC 射入正方形区域内，则粒子的速度可能为 m/s
D.若粒子能垂直于BC 射入正方形区域内，则粒子的速度可能为2 m/s
答案 C
解析 根据题意可知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心
力，有qvB＝m，解得v＝，若粒子能垂直于BC 射入正方形区域内，则粒子可能
的运动轨迹如图所示，由几何关系可得(2n＋1)r＝(n＝0，1，2，…)，解得v＝(n
＝0，1，2，…)，当n＝0 时，速度最大为vmax＝8 m/s，当n＝1 时，v＝ m/s，当
n＝2 时，v＝ m/s，故C 正确，A、B、D 错误。
提能增分练
8.(多选)(2024·黑龙江二模)如图8 所示，半径为R 的一圆形区域，O 为圆心，P
为边界上的一点，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电
荷量为－q、质量为m 的相同带电粒子a、b(不计重力)从P 点先后以大小相等的
速率v＝射入磁场，粒子a 正对圆心射入，粒子b 射入磁场时的速度方向与粒子
a 射入时的速度方向夹角为θ＝30°。下列说法正确的是( )
图8
A.两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R
B.a 粒子在磁场中运动的时间为
C.b 粒子在磁场中运动的时间为
D.a、b 粒子离开磁场时的速度方向夹角为30°
答案 AC
解析 由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝R，故A 正确；粒子在磁场
中的运动轨迹如图所示，粒子a、b 在磁场中的运动周期均为T＝＝，由轨迹图
可知θa＝90°，θb＝120°，则a、b 粒子在磁场中的运动时间分别为ta＝T＝，tb＝T
＝，故B 错误，C 正确；由图中轨迹可知，a、b 粒子离开磁场时的速度方向都
与OP 方向垂直，即a、b 粒子离开磁场时的速度方向平行，故D 错误。
9.如图9 所示，直角三角形ABC 区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，∠B＝
90°，∠C＝30°。某种带电粒子(重力不计)以不同速率从BC 边上D 点垂直BC 边
射入磁场，速率为v1时粒子垂直AC 边射出磁场，速率为v2时粒子从BC 边射出
磁场，且运动轨迹恰好与AC 边相切，粒子两次在磁场中运动轨迹半径分别为
r1、r2，运动时间分别为t1、t2。下列说法正确的是( )
图9
A.粒子带正电
B.r1∶r2＝2∶1
C.v1∶v2＝3∶1
D.t1∶t2＝1∶4
答案 C
解析 由题意再结合左手定则可知粒子带负电，A 错误；根据题意作出粒子在磁
场中运动的轨迹如图所示，由图中几何关系可得r1＝r2＋，可知粒子在磁场中运
动的半径之比r1∶r2＝3∶1，B 错误；根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解
得粒子在磁场中运动时的速度为，由此可知粒子在磁场中运动的速度之比等于运
动轨迹半径之比，即v1∶v2＝r1∶r2＝3∶1，C 正确；根据粒子在磁场中运动的轨
迹可知，同一种粒子在相同磁场中运动的周期相同，则可知粒子在磁场中运动的
时间之比等于偏转角度之比， 即t1∶t2＝30°∶180°＝1∶6，D 错误。
10.(多选)一匀强磁场垂直于xOy 平面，分布在一个圆形区域内。一个质量为m、
电荷量为q 的带电粒子，某时刻经过原点O，速度大小为v，方向沿x 轴正方向，
后来经过y 轴上点P 时，速度方向与y 轴正方向的夹角为30°，P 到O 的距离为
d，如图10 所示。若粒子重力忽略不计，点O 在磁场中。则粒子从点O 到P 的
时间t 和磁场区域的最小半径Rmin分别为( )
图10
A.t＝
B.t＝
C.Rmin＝
D.Rmin＝
答案 AC
解析 粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知d＝＋r，α＝120°，粒子运动半
径r＝，粒子从点O 到P 的时间为t＝×＋＝，A 正确，B 错误；磁场区域的直径
等于粒子圆周运动的弦长时，半径最小，有Rmin＝＝，C 正确，D 错误。
11.(2024·吉林长春市第二中学第四次调研)如图11 所示，在平面直角坐标系xOy
的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为
q＝1.0×10－6 C 的带电粒子，从静止开始经U0＝2.5 V 的电压加速后，从P 点沿
图示方向进入磁场，已知OP＝15 cm(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8)，求：
图11
(1)带电粒子到达P 点时速度v 的大小；
(2)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x 轴上的Q 点离开磁场，求OQ 的距离；
(3)若粒子不能进入x 轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。
答案 (1)10 m/s (2)45 cm (3)B′≥ T
解析 (1)根据动能定理可知qU0＝mv2
代入数据可得v＝＝ m/s＝10 m/s。
(2)根据qvB＝可得粒子在磁场中的轨迹半径
r＝＝0.25 m＝25 cm
根据几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆心恰好在x 轴上，因此
OQ＝r＋rcos 37°＝45 cm。
(3)若粒子不能进入x 轴上方，
临界状态时，运动轨迹恰好与x 轴相切，如图所示，
根据几何关系可知
r′＋r′sin 37°＝OP
由qvB′＝
解得B′＝ T
因此若粒子不能进入x 轴上方，磁感应强度
B′≥ T。
培优高分练
12.(2024·安徽合肥一模)宇宙射线中含有大量的质子，为防止质子对宇航员的危
害，某科研团队设计了如图12 甲所示的防护装置。图乙为其截面图，半径为R
的圆柱形区域是宇航员防护区，在半径分别为R 和2R 的同心圆柱之间加有沿轴
线方向的匀强磁场。已知质子沿各个方向运动的速率均为v0，电荷量为e，质量
为m，不计质子间相互作用，sin 37°＝0.6。
图12
(1)若质子垂直磁场正对圆柱轴线入射时无法进入防护区，求磁感应强度大小范
围；
(2)在(1)问前提下，求质子在磁场中运动的最长时间；
(3)若垂直磁场入射的所有质子都无法进入防护区，求磁感应强度大小范围。
答案 (1)B≥ (2) (3)B≥
解析 (1)正对防护区圆心入射的质子，若恰好无法进入防护区，设质子的轨迹
半径为r，质子运动轨迹如图甲所示。
由几何关系(2R)2＋r2＝(r＋R)2，可得r＝R
由洛伦兹力提供向心力可得ev0B1＝m
解得磁感应强度的大小B1＝
所以B≥。
(2)设质子在磁场中的轨迹对应的圆心角为α
由几何关系可得tan ＝＝
解得＝53°，可知α＝106°＝π
质子在磁场中运动的最长时间
t＝·＝＝。
(3)为使所有速度为v0的质子都不进入防护区，半径最大的粒子
轨迹如图乙所示
则质子的半径最大为
r′＝＝
由洛伦兹力提供向心力可知
ev0Bmin＝m
解得磁感应强度最小值Bmin＝
则磁感应强度的大小应该满足的条件为B≥。
